卡特兰数专题（Catalan）

卡特兰数专题（ $Catalan$ ）

一、什么是卡特兰数？

明安图数，又称卡塔兰数，英文名 $Catalan$ $number$ ，是组合数学中一个常出现于各种计数问题中的数列。以中国蒙古族数学家明安图 $(1692-1763)$ 和比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 $(1814–1894)$ 的名字来命名，其前几项为(从第零项开始) : $1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862,16796, 58786 …$

知乎卡特兰数四连击

https://zhuanlan.zhihu.com/p/31317307
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31526354
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31585260
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31050581

卡特兰数的几何意义

简单来说，卡特兰数就是一个有规律的数列，在坐标图中可以表示为：从原点 $(0,0)$ 出发，每次向 $x$ 轴或者 $y$ 轴正方向移动 $1$ 个单位，直到到达 $(n,n)$ 点，且在移动过程中不越过第一象限平分线的移动方案总数。

卡特兰数公式推导

我们暂且先不考虑移动过程中不越过第一象限平分线这个约束条件，那么从 $(0,0)$ 点到 $(n,n)$ 点的过程中，我们总共需要向右移动 $n$ 步，向上移动 $n$ 步，一共 $2n$ 步。我们可以理解为在 $2n$ 步里面选出 $n$ 步来向上移动，那么剩下的 $n$ 步就是向右移动的步数，那么方案总数就是 $\LARGE \displaystyle C_{2n}^{n}$

现在，我们来看看如何解决不越过第一象限平分线这个问题。仔细想想，不越过第一象限平分线也就等价于不触碰到 $y = x + 1$ 这条直线。而我们如果把触碰到了直线 $y = x + 1$ 的路线的第一个与 $y = x + 1$ 的触碰点之后的路线关于直线 $y = x + 1$ 对称，并画出对称后的路线

黄海解读

我们会发现触碰到了直线 $y = x + 1$ 的路径的终点都变成了点 $(n-1,n+1)$ 。也就是说，从 $(0,0)$ 点到 $(n,n)$ 点的路线当中触碰了直线 $y = x + 1$ 的路线条数与从 $(0,0)$ 点到 $(n-1,n+1)$ 点的路线条数的数量是相等的。于是从 $(0,0)$ 点到 $(n,n)$ 点的非法路径条数为 $\LARGE \displaystyle C_{2n}^{n-1}$ 。

综上所述，从 $(0,0)$ 点到 $(n,n)$ 点满足条件的路径数为

卡特兰数通项公式I

$$\huge f(n)=C_{2n}^{n}-C_{2n}$$

通过化简，公式可以简化为：

C a t a l a n_{n} = C_{2 n}^{n} - C_{2 n}^{n - 1} = \frac{(2 n)!}{n! \times n!} - \frac{(2 n)!}{(n + 1)! \times (n - 1)!} = \frac{(2 n)! \times (n + 1)}{n! \times (n + 1)!} - \frac{(2 n)! \times n}{n! \times (n + 1)!} = \frac{(2 n)! \times (n + 1) - (2 n)! \times n}{n! \times (n + 1)!} = \frac{(2 n)!}{n! \times (n + 1)!} = \frac{1}{n + 1} \times \frac{(2 n)!}{n! \times n!} = \frac{C_{2 n}^{n}}{n + 1}

$\large Catalan_n= C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}=\frac{(2n)!}{n! \times n!}-\frac{(2n)!}{(n+1)!\times (n-1)!} \\ =\frac{(2n)!\times (n+1)}{n!\times (n+1)!}-\frac{(2n)!\times n}{n! \times (n+1)!} \\ =\frac{(2n)!\times (n+1)-(2n)!\times n}{n!\times (n+1)!} \\ =\frac{(2n)!}{n!\times (n+1)!}=\frac{1}{n+1}\times \frac{(2n)!}{n!\times n!} =\frac{C_{2n}^n}{n+1}$

卡特兰数通项公式II

$\huge \displaystyle f(n)=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$

除了这个通项公式之外，卡特兰数还有一个由该通项公式推导而来的递推公式：

$\large \displaystyle Catalan_{n+1}= \frac{1}{n+2}C_{2n+2}^{n+1} \\ =\frac{1}{n+2}\times \frac{(2n+2)!}{(n+1)!\times (n+1)!} \\ =\frac{1}{n+2}\times \frac{(2n)!\times (2n+1) \times (2n+2)}{n! \times n!\times (n+1)^2} \\ =\frac{1}{n+2}\times \frac{(2n+1)\times(2n+2)}{n+1} \times \frac{1}{n+1} \times \frac{(2n)!}{n!\times n!} \\ =\frac{2(2n+1)}{n+2}\times \frac{1}{n+1}\times C_{2n}^n \\ =\frac{4n+2}{n+2}Catalan_n$

初始值：f[0] = f[1] = 1

卡特兰数公式III(递推)

$\huge f(n)=\frac{4n-2}{n+1}f(n-1)$

卡特兰数公式IV(取模常用)

$\huge f(n)=\frac{(2n)!}{(n+1)! \times n!}$

卡特兰数公式V(递推)

一般不用来实现，用来推规律

$\huge \displaystyle f(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)f(n-i-1)$

证明：在 $n$ 对括号的排列中，假设最后一个括号和第 $i$ 个左括号匹配。则在第 $i$ 个左括号之前，一定已经匹配上了( $i-1$ )对左括号。如下图，因此，此种情况的数量为 $f(i-1)*f(n-i)$ 。( $1<=i<=n$ )最后一个右括号可以 $1\sim n$ 个左括号匹配共 $n$ 种情况。

因此，对 $i$ 从 $1$ 到 $n$ 的情况求和得到 $\large \displaystyle f(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)f(n-i-1)$ ，即可得到递推公式。

二、常见考点

1、进出栈问题

设栈 $S$ 的初始状态为空，元素 $a,b,c,d,e$ 依次入栈，以下出栈序列有多少种可能性？注意：这个序列顺序是定的.

重点：归纳法思考，由大及小。

我们这样去想，假设最终的出栈序列可能性用 $f(n)$ 表示，其中 $n$ 就是元素的个数。

假设第 $k$ 个数是最后出栈的数，那么:

比它小的前 $k-1$ 个数，肯定已经完成了入栈，出栈操作。因为从逻辑顺序上来讲，它们无法压到 $k$ 下面去吧。
比它大的后 $n-k$ 个数，肯定已经完成了入栈，出栈操作。它们倒是可以压到 $k$ 下面去，但假设 $k$ 是最后一个出栈的，它们不能破坏掉假设，也必须提出出栈。

现在， $k$ 将原来的问题，划分为两个子问题 $f(n-k)$ 和 $f(k-1)$ ,根据乘法原理，结果就是 $f(n-k)*f(k-1)$ 。

$k$ 的取值范围是 $1 \leq k \leq n$ ,再根据加法原理：

f (n) = \sum_{k = 1}^{n} f (n - k) \times f (k - 1)

$\large f(n)=\sum_{k=1}^{n}f(n-k)\times f(k-1)$

展开写就是： $\large f(n)=f(0) \times f(n-1) + f(1) \times f(n-2) + ... +f(n-1)\times f(0)$

代码实现：

f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 12; i++) {
    int fi = 0;
    for (int j = 0; j <= i - 1; j++) fi += f[j] * f[i - j - 1];
    cout << fi << " ";
}

P1044 [NOIP2003 普及组] 栈

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 20;
int f[N];
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            f[i] += f[j - 1] * f[i - j];
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

2、排队问题

变种（排队问题）：出栈入栈问题有许多的变种，比如 $n$ 个人拿 $5$ 元、 $n$ 个人拿 $10$ 元买物品，物品 $5$ 元，老板没零钱。问有几种排队方式。熟悉栈的同学很容易就能把这个问题转换为栈。值得注意的是，由于每个拿 $5$ 元的人排队的次序不是固定的，所以最后求得的答案要 $n!$ 。拿 $10$ 元的人同理，所以还要 $n!$ 。所以这种变种的最后答案为 $h(n)*n!$ 。
P1754 球迷购票问题

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 30;
LL f[N];
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            f[i] += f[j - 1] * f[i - j];
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

3、二叉树构成问题

有 $n$ 个结点，问总共能构成几种不同的二叉树。

我们可以假设，如果采用中序遍历的话，根结点第 $k$ 个被访问到，则根结点的左子树有 $k-1$ 个点、根结点的右指数有 $n-k$ 个点。 $k$ 的取值范围为 $1$ 到 $n$ 。讲到这里就很明显看得出是卡特兰数了。

AcWing 1645. 不同的二叉搜索树
没有超过 $long$ $long$ 的存储范围的话，可以使用递推;

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1010, MOD = 1e9 + 7;

int n;
int f[N];

int main() {
    cin >> n;

    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            f[i] = (f[i] + (LL)f[j - 1] * f[i - j]) % MOD;

    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

AcWing 1317. 树屋阶梯
模拟，按照公式（1）进行模拟，需要使用高精度
黄海的题解

AcWing 1257. 二叉树计数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 10010; // 5000*2+10
int primes[N], cnt;
bool st[N];
int a[N], b[N];

void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            st[i * primes[j]] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int get(int n, int p) { // n!中p的次数
    int s = 0;
    while (n) n /= p, s += n;
    return s;
}

void mul(int a[], int b, int &len) {
    int t = 0;
    for (int i = 1; i <= len; i++) {
        t += a[i] * b;
        a[i] = t % 10;
        t /= 10;
    }
    while (t) {
        a[++len] = t % 10;
        t /= 10;
    }
    //去前导0
    while (len > 1 && !a[len]) len--;
}

int C(int a, int b, int c[]) {
    int len = 1;
    c[1] = 1;
    for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        int p = primes[i];
        int s = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
        while (s--) mul(c, p, len);
    }
    return len;
}

void sub(int a[], int b[], int &len) {
    int t = 0;
    for (int i = 1; i <= len; i++) {
        t = a[i] - b[i] - t;
        a[i] = (t + 10) % 10;
        t < 0 ? t = 1 : t = 0;
    }
    while (len > 1 && !a[len]) len--;
}

int main() {
    //加快读入
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    get_primes(N - 10);

    int n;
    cin >> n;
    int a1 = C(n + n, n, a);
    int b1 = C(n + n, n - 1, b); // bl下面没有用到，原因是两数相减，我们知道a>b,按着a的长度来就行了

    sub(a, b, a1);

    for (int i = a1; i >= 1; i--) printf("%d", a[i]);
    return 0;
}

4、 $01$ 序列

给出一个 $n$ ，要求一个长度为 $2n$ 的 $01$ 序列，使得序列的任意前缀中 $1$ 的个数不少于 $0$ 的个数,有多少个不同的 $01$ 序列?

以下为长度为 $6$ 的序列:
111000 101100 101010 110010 110100

类比一下括号问题，此题就是一个祼的卡特兰数问题。

5、 $+1$ $-1$ 序列

$n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 构成的 $2n$ 项 $a_1,a_2,···,a_{2n}$ ，其部分和满足非负性质，即 $a_1+a_2+···+a_k>=0，(k=1,2,···,2n)$ ，有多少个不同的此序列?

此典例解析与 $01$ 序列解析一模一样，即此数列的个数等于第 $n$ 个 $Catalan$ 数，此处就不再赘述。

6、凸多边形划分

在一个 $n$ 边形中，通过不相交于 $n$ 边形内部的对角线，把 $n$ 边形拆分为若干个三角形，问有多少种拆分方案？
如五边形有如下 $5$ 种拆分方案：

如六边形有如下14种拆分方案：

结论：对凸 $n$ 边形进行不同的三角形分割（只连接顶点对形成 $n$ 个三角形）数为 $h[n-2]$

这也是非常经典的一道题。我们可以这样来看，选择一个基边，显然这是多边形划分完之后某个三角形的一条边。图中我们假设基边是 $p_1,p_n$ ，我们就可以用 $p_1,p_n$ 和另外一个点假设为 $p_i$ 做一个三角形，并将多边形分成三部分(要是 $i$ 与 $1,n$ 挨着的话，就是两部分)，除了中间的三角形之外，一边是 $i$ 边形，另一边是 $n−i+1$ 边形。 $i$ 的取值范围是 $2$ 到 $n−1$ 。所以本题的解

c (n) = c (2) * c (n - 1) + c (3) * c (n - 2) + . . . c (n - 1) * c (2)

$\large c(n)=c(2)*c(n−1)+c(3)*c(n−2)+...c(n−1)*c(2)$

令 $f(i)=c(i+2)$ 则

f (i) = f (0) f (i - 1) + f (1) f (i - 2) . . . + f (i - 1) f (0)

$\large f(i)=f(0)f(i−1)+f(1)f(i−2)...+f(i−1)f(0)$

很明显，这就是一个卡特兰数了。

四、链接资源

五、递推与递归的代码实现

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 10;

// 学习视频
// https://www.bilibili.com/video/BV1nE411A7ST
int g[N];

// 递归
int f(int n) {
    if (n == 0 || n == 1) return 1;
    int sum = 0;
    // f(0)*f(n-1)+f(1)*f(n-2)+....+f(n-1)*f(0)
    for (int i = 0; i < n; i++)
        sum += f(i) * f(n - 1 - i);
    return sum;
}
int main() {
    // 1、递推法
    g[0] = g[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i++)
        for (int j = 0; j < i; j++)
            g[i] += g[j] * g[i - j - 1]; // 考虑思路：画括号法

    for (int i = 0; i < N; i++)
        cout << g[i] << endl;

    // 2 、递归法
    for (int i = 0; i < N; i++)
        cout << f(i) << endl;
    return 0;
}

posted @ 2023-11-10 15:24 糖豆爸爸阅读(705) 评论(0) 编辑收藏举报

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